Klausur HM II/III F 2003 HM II/III : 1

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1 Klausur HM II/III F 3 HM II/III : Aufgabe : (7 Punkte) Untersuchen Sie die Funktion f : R R gegeben durch x 3 y 3 f(x, y) x + y sin, (x, y) (, ) x + y, (x, y) (, ) auf Stetigkeit und Differenzierbarkeit. Hinweis: Verwenden Sie bei der Untersuchung der Differenzierbarkeit die Definition der Differenzierbarkeit einer Funktion mit mehreren Veränderlichen. Lösung: Die Stetigkeit ist für (x, y) (, ) klar, da es sich dort um eine Komposition stetiger Funktionen handelt. Einziger kritischer Punkt ist (, ). Zur Stetigkeit in (, ). Führe Polarkoordinaten (x r cos φ, y r sin φ) ein, dann ist ((x, y) (, )) f(x, y) f(r cos φ, r sin φ) r 3 (cos 3 φ sin 3 φ) sin r r r cos 3 φ sin 3 φ r (r ). }{{} Daher gilt lim (x,y) (,) f(x, y) f(, ) und damit ist f im Nullpunkt stetig. Fazit: f stetig in R. Die Differenzierbarkeit von f ausserhalb des Nullpunkts ist garantiert, da f dort sogar stetig partiell differenzierbar ist (Komposition). Bleibt die Differenzierbarkeit im Nullpunkt. Bestimme dazu die partiellen Ableitungen in (, ): f(x, ) f(, ) x f(, y) f(, ) y x3 x x sin x y3 y y sin y x sin x y sin y (x ) (y ). Falls f diff bar im Nullpunkt so ist f (, ( ) ) (f x (, ), f y (, )) (, ). Untersuche also x (mit L, (h) x + y und h R y ) den Ausdruck: f(x, y) f(, ) x 3 y 3 x x + y sin x + y y Polarkoord. r 3 (cos 3 φ sin 3 φ) sin r r r(cos 3 φ sin 3 φ) sin r r Dieser Ausdruck konvergiert für r gegen. Daher ist f diff bar in (, ) und folglich ist f diff bar in R.

2 Klausur HM II/III F 3 HM II/III : Aufgabe : (8 Punkte) Bestimmen Sie für die Funktion f : R R mit f(x) f(x, x ) cos(x x ) + x x das Taylorpolynom. Ordnung T (x, a; f) bzgl. des Entwicklungspunktes a (π, ) T, und zeigen Sie, dass die Restgliedabschätzung R (x, a; f) f(x) T (x, a; f) π + 5 π + 5 für alle x U {x R x i a i, i, } gültig ist. Lösung: Es gilt f(a) + π, D f f x sin(x x )x + x D f(a) D f f x sin(x x )x + x x D f(a) π Damit ist das Taylorpolynom T (x, a; f) gegeben durch T (x, a; f) π + (x π) + π(x ). Für die Abschätzung des Restgliedes werden die. Ableitungen benötigt: D, f cos(x x )x D, f cos(x x )x + x D, f D, f sin(x x ) x x cos(x x ) + x Nach dem Satz von Taylor gibt es eine Zwischenstelle z zwischen a und x, so dass R (x, a; f) [ D, f(z)(x π) + D, f(z)(x ) + D, f(z)(x π)(x ) ],! d.h. R (x, a; f) sin, cos D,f(z) + D,f(z) + D,f(z) ( + ) + [(π + ) + (π + )] + ( + (π + )( + ) + ( + )) + ( π + π + + π + ) + ( + π + π ) + π + π + + π π + π π + π + 8 π + 5 π + 5

3 Klausur HM II/III F 3 HM II/III : 3 Aufgabe 3: (8 Punkte) Gegeben sei die Kurve Γ durch γ : [, ] R mit γ (t) ( t t ( + x) dx a) Bestimmen Sie ohne zu integrieren den Radius und den Mittelpunkt des Krümmungskreises C Γ (γ ()) C Γ ((, ) T ). t b) Berechnen Sie ( + x) dx. c) Gegeben sei die Kurve Γ durch γ : [, ] R mit γ (t) ( t, t) T. Die Vereinigung der Kurven Γ und Γ ergibt eine geschlossene Randkurve Γ. Bestimmen Sie den orientierten Flächeninhalt A(G), der durch Γ eingeschlossen wird, indem Sie die Formel A(G) ψ (t)ϕ (t) dt + ψ (t)ϕ (t) dt verwenden für γ (t) (ϕ (t), ψ (t)) T und γ (t) (ϕ (t), ψ (t)) T. ). Lösung: zu a) Nach dem. Hauptsatz der Integralrechnung (siehe auch HM II, Übung, Aufgabe 6) gilt t t γ (t) t, γ t (t) t + (+t ) (+t ) (+t ) 3 also γ () (, ) T und γ () (, ) T. Mit diesen Werten lässt sich die Krümmung der Kurve im Punkt (, ) T errechnen als κ ( ) ( + ) 3/ 5. Der Radius des 5 Krümmungskreises ist somit r κ 5 5 und der Mittelpunkt M errechnet sich als zu b) t M 5 5 [ ( + x) dx ] xt + x x + t + ( 9 ) + 3. zu c) Gilt γ (t) (ϕ (t), ψ (t)) T und γ (t) (ϕ (t), ψ (t)) T, so folgt für den orientierten Flächeninhalt A(G) der von der Kurve Γ eingeschlossenen Fläche G: A(G) ψ (t)ϕ (t) dt + t 3 ( + t ) dt + ψ (t)ϕ (t) dt t t ( + t ) dt + Das noch übrig gebliebene Integral wird mittels Partialbruchzerlegung errechnet t i : t 3 ( + t ) At + B + t + Ct + D ( + t ) t 3 (At + B)( + t ) + Ct + D i Ci + D D C t 3 ( + t ) + t ( + t ) t + t At + B A B + t ( t) dt

4 Damit haben wir t 3 ( + t ) dt Insgesamt folgt also A(G) ln() + 3. ] dt ( + t ) [ t + t t [ ln( + t ) + + t ] t t ln() +

5 Klausur HM II/III F 3 HM II/III : Aufgabe : (8 Punkte) Gegeben sei die Funktion f : R R, f(x, y) x + xy y. a) Bestimmen Sie die relativen Extrema und Sattelpunkte von f. b) Gegeben sei der Bereich B : {(x, y) T R y x 3 y + x + x}. Wo nimmt f auf B seinen minimalen und wo seinen maximalen Funktionswert an? c) Zeigen Sie, dass eine Umgebung U von und eine differenzierbare Funktion g : U R existieren mit g() 8 und f(x, g(x)) für alle x U. Bestimmen Sie g (). Lösung: zu a) Eine notwendige Bedingung für einen Extremwert oder Sattelpunkt ist, dass gradf(x, y) (f x (x, y), f y (x, y)) ist, also (f x (x, y) 8x + y f y (x, y) x ) x y. Damit ist der einzige Kandidat für einen relativen Extremwert oder Sattelpunkt der Vektor (x, y ) T (, ) T. Bestimmung der Hessematrix: 8 f xx (x, y) 8, f yy (x, y), f xy (x, y) f yx (x, y) f (, ) Wegen det f (, ) < hat f an der Stelle (, ) T einen Sattelpunkt. keinen Extremwert, sondern zu b) Im Innern von B erhält man nach Teil a) keinen kritischen Punkt. Es muss folglich der Rand von B untersucht werden. Dieser setzt sich zusammen aus einer Parabel und einer Geraden. Die x-koordinate der Schnittpunkte lässt sich berechnen durch x + x x 3 x x x Es gilt also B B B, wobei B {(x, y) R y x + x x } einen Teil einer Parabel als untere Grenze für B und B {(x, y) T R y x 3 x } einen Teil einer Geraden als obere Grenze für B darstellt. Zwei kritische Punkte sind die Schnittpunkte der Geraden mit der Parabel, d.h. wir erhalten die kritischen Punkte x (, )T und x (, 5 )T. Untersuchung von B : g (x) : f(x, x + x ) x + x(x + x ) (x + x ) x 3 + ( + )x + ( )x + x 3 + 3x x + g (x) 6x + 6x! x + x x ± + 8 x x Als neuer kritischer Punkt kommt somit x 3 (, ) hinzu. Untersuchung von B : g (x) : f(x, x 3 ) x + x( x 3 ) ( x 3 ) 5x x + 3 g (x) x! x 5

6 Damit erhalten wir schließlich den kritischen Punkt x ( 5, 3 )T. Es gilt: f(x ) 5 f(x ) 3 f(x 3 ) f(x ) 5. Da f stetig und B abgeschlossen und beschränkt und damit kompakt ist und stetige Funktionen auf einer kompakten Menge ihr Supremum und Infimum annehmen, wird f an der Stelle x maximal (mit f(x ) 3) und an der Stelle x minimal (mit f(x ) 5 ). zu c) Es gibt zwei Möglichkeiten, diese Teilaufgabe zu lösen. Mit dem Satz über implizite Funktionen Wegen f(, 8) und f (, 8) sind die Voraussetzungen des Satzes über y implizite Funktionen erfüllt. Dieser liefert die gewünschte Existenz der Abbildung g und der Umgebung U. Weiterhin gilt Daraus folgt, dass g (). Auf direktem Weg Es gilt für x f g f 8x + g(x) (x) (x, g(x)) (x, g(x)) y x x. f(x, g(x)) x + xg(x) g(x)! ( x)g(x) x g(x) x x Man beachte, dass g() 8. Da g für x nicht definiert ist, folgt U {x R x > }. Ferner haben wir g (x) x x ( x) und damit g ().

7 Klausur HM II/III F 3 HM II/III : 5 Aufgabe 5: (9 Punkte) Es sei der Rand G : {(x,, z) T R 3 x +z } einer Ellipse in der (x, z)-ebene gegeben. Mit E bezeichne man die Oberfläche des Rotationsellipsoiden, die durch Drehung von G um die z-achse entsteht. Sei H die Hyperebene {(x, y, z) T R 3 z } und F H E. a) Es ist Φ : [, π) [ π, π] mit Φ(ϕ, θ) (cos ϕ cos θ, sin ϕ cos θ, sin θ)t eine Parameterdarstellung von E. Bestimmen Sie D : [a, b) [c, d], so dass Φ(D) F, und errechnen Sie die Normale n von F mit positiver 3. Koordinate. b) Gegeben sei das Vektorfeld v : R 3 R 3 mit v(x, y, z) v(w) (xz + xy, yz + x, zy + zx ) T. Berechnen Sie (rotv) do unter Verwendung der Normalen aus Teil F a) und bestätigen Sie das Ergebnis mit Hilfe des Satzes von Stokes. Lösung: zu a) Es gilt E {(x, y, z) T R 3 x + y + z }. Zur Bestimmung von D benötigen wir passende Grenzen für ϕ und θ. Offensichtlich gilt ϕ < π und wegen z sin θ sin θ θ arcsin π, also π θ π [. Damit haben wir D [, π) π, π ]. Weiterhin gilt sin ϕ cos θ cos ϕ sin θ n Φ ϕ (ϕ, θ) Φ θ (ϕ, θ) cos ϕ cos θ sin ϕ sin θ cos ϕ cos θ sin ϕ cos θ. cos θ sin θ cos θ Wegen π θ π gilt sin θ cos θ und n hat die gewünschte Orientierung. yz yz zu b) Es gilt rotv xz xz und damit xy xy rot(φ(ϕ, θ)). Wegen Φ ϕ Φ θ cos ϕ cos θ sin ϕ cos θ folgt sin ϕ cos ϕ cos θ sin θ cos θ F (rotv) do π π Nun gilt π cos ϕ sin ϕ dϕ und deshalb haben wir F π (rotv) do π (sin θ cos θ cos ϕ sin ϕ sin θ cos 3 θ) dθdϕ π π sin θ cos θ dθ π [ sin θ ] θ π θ π π. Zur Anwendung des Satzes von Stokes benötigen wir eine Parametrisierung von F. Für den Rand von F erhalten wir, dass z und somit x +y x +y, d.h. der Rand von F is eine Kreislinie parallel zur (x, y)-ebene mit Mittelpunkt (,, ) T und Radius. Eine Parametrisierung von F ist deshalb gegeben durch γ(ϕ) (cos ϕ, sin ϕ, ) T, wobei ϕ [, π). (Man beachte, dass der Umlaufsinn zusammen mit der Normalen eine Rechtsschraube ergibt.) Wegen γ (ϕ) ( sin ϕ, cos ϕ, ) T und v(γ(ϕ)) (cos ϕ(+

8 sin ϕ), sin ϕ + cos ϕ, ) T liefert der Satz von Stokes, dass (rotv) do F F π v dw π ( cos ϕ + cos ϕ sin ϕ sin ϕ cos ϕ( + sin ϕ)) dϕ ( cos ϕ sin3 ϕ cos ϕ) dϕ Die Tatsache, dass π cos ϕ dϕ π und π sin 3 ϕ cos ϕ dϕ liefert das bereits oben auf anderem Wege errechnete Ergebnis F v do π.

9 Klausur HM II/III F 3 HM II/III : 6 Aufgabe 6: (8 Punkte) Gegeben sei das lineare homogene Differentialgleichungssystem ẋ(t) A x(t) mit x(t) R 3 und der Matrix A a) Bestimmen Sie die Eigenwerte von A und geben Sie zu jedem Eigenwert einen Eigenvektor an. b) Bestimmen Sie ein Fundamentalsystem von ( ). c) Wie lautet die Lösung von ( ) mit Anfangswert x(t ) 3 3 ( ) für t ln()? Lösung: a) Zur Berechnung des charakteristischen Polynoms det(a λe 3 ) addieren wir zunächst die erste Zeile zur zweiten und anschließend subtrahieren wir die neue zweite Spalte von der ersten: det 5 λ 3 λ 3 8 λ det 5 λ 3 λ λ 8 λ det Durch Entwickeln nach der zweiten Zeile folgt nun: 5 λ 3 det(a λe 3 ) ( λ) det ( λ)(λ + )(λ ) 6 λ 5 λ 3 λ 6 λ Daher hat A die Eigenwerte λ, λ und λ 3. Als zugehörige Eigenvektoren ergeben sich nach dem bekannten Verfahren (bestimme eine Lösung v j von Ker(A λ j E 3 ) für j,, 3) z.b. v, v 3 und v 3 b) Mit x (t) e t v, x (t) e t v und x 3 (t) e t v 3 haben wir drei linear unabhängige reelle Lösungen gefunden. Damit ist die 3 3-Matrix χ(t), die die drei Vektoren x (t), x (t), x 3 (t) als Spalten hat, ein Fundamentalsystem von ( ). c) Alle Lösungen von ( ) sind gegeben durch x(t) c x (t)+c x (t)+c 3 x 3 (t) mit Konstanten c, c, c 3 R. Die gesuchte Lösung ergibt sich durch Bestimmung der Konstanten c, c, c 3. Es ist e t, et und e t. Wir suchen also Konstanten c j, (j,, 3) mit. c + c 3 + c 3 3 Als Lösung ergibt sich c, c und c 3, also x(t) e t + e t. 3